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7-7-4 容斥原理之数论问题










1. 了解容斥原理二量重叠和三量重叠的内容；
2. 掌握容斥原理的在组合计数等各个方面的应用．


教学目标
知识要点
一、两量重叠问题

在一些计数问题中，经常遇到有关集合元素个数的计算．求两个集合并集的元素的个数，不能简单地把
两 个集合的元素个数相加，而要从两个集合个数之和中减去重复计算的元素个数，即减去交集的元素个数，
用式子可表示成：
ABABAB
(
其中符号“”读作“并”，相当于中文“和” 或者“或”的意思；符号“”
读作“交”，相当于中文“且”的意思．)则称这一公式为包含与排除原理 ，简称容斥原理．图示如下:
A
表示小圆
部分，
B
表示大圆部分，< br>C
表示大圆与小圆的公共部分，记为：
AB
，
即阴影面积．图示如下:
A
表示小圆
部分，
B
表示大圆部分，
C
表示大圆与 小圆的公共部分，记为：
AB
，
即阴影面积．


包含与排除原理告诉我们，要计算两个集合
A、B
的并集
AB
的元素 的个数，可分以下两步进行：
第一步：分别计算集合
A、B
的元素个数，然后加起来 ，即先求
AB
(意思是把
A、B
的一切元素都“包含”进
来，加在 一起)；
第二步：从上面的和中减去交集的元素个数，即减去
CAB
(意思是“排 除”了重复计算的元素个数)．
1．先包含——
AB

重叠部分
AB
计算了
2
次，多加了
1
次；
2．再排除——
ABAB

把多加了
1
次的重叠部分
AB
减去．
二、三量重叠问题
A
类、
B
类与
C
类元素个数的总和
A
类 元素的个数
B
类元素个数
C
类元素个数

既是
A
类又是
B
类
的元素个数

既是
B
类又是
C
类的元素个数

既是
A
类又是
C
类的元 素个数

同时是
A
类、
B
类、
C
类的元< br>素个数．用符号表示为：
ABCABCABBCACABC
．图示如下：
图中小圆表示
A
的元素的个数，中圆表示
B
的元素的个数，
大圆表示
C
的元素的个数．


1．先包含：
ABC

重叠部分
AB
、
BC< br>、
CA
重叠了
2
次，多加了
1
次．
2．再排除：
ABCABBCAC

重叠部分
ABC重叠了
3
次，但是在进行
ABC

ABBCAC
计算时都被减掉了．

3．再包含：
ABCABBCACABC
．

在解答有关包含排除问题时，我们常常利用圆圈图(韦恩图)来帮助分析思考．

例题精讲

【例 1】 在
1~100
的全部自然数中 ，不是
3
的倍数也不是
5
的倍数的数有多少个？

A
B

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 如图，用长方形表示
1~100
的全部自然数，
A
圆表示
1~100
中
3
的倍数，
B
圆表示
1~100中
5
的倍
数，长方形内两圆外的部分表示既不是
3
的倍数也不是
5
的倍数的数．
由
1003331
可知，
1~100
中
3
的倍数有
33
个；由
100520
可知，
1~100
中
5
的倍数有
20
个；
由
10 0（35）610
可知，
1~100
既是
3
的倍数又是
5
的倍数的数有
6
个．
由包含排除法，
3
或
5
的倍数有：
3320647
(个)．从而不是
3
的倍数也不是
5
的倍数的数有
1004753
(个)．
【答案】
53


【巩固】 在自然数
1~100
中，能被
3
或
5
中任一个整除的数有多少个？
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答
【解析】
1 003331
，
100520
，
100（35）610
．根据包含排除法，能被
3
或
5
中任一个整除的
数有
33 20647
(个)．
【答案】
47


【巩固】 在前
100
个自然数中，能被
2
或
3
整除的数有多少个？
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 如图所示，
A
圆内是前
100
个自然数中所有能被
2
整除的数，
B
圆内是前
100
个自然数中所有能被
3
整
除的数，C
为前
100
个自然数中既能被
2
整除也能被
3
整除的数．
前
100
个自然数中能被
2
整除的数有：
1 00250
(个)．由
1003331
知，前
100
个自然 数中能被
3
整除的数有：
33
个．由
100（23）164< br>知，前
100
个自然数中既能被
2
整除也能被
3
整除 的数
有
16
个．
所以
A
中有
50
个数，
B
中有
33
个数，
C
中有
16
个数．因为
A
，
B
都包含
C
，根据包含排除法得到，
能被2
或
3
整除的数有：
50331667
(个)．
【答案】
67


【例 2】 在从1至1000的自然数中，既不能被5除尽，又不能被7除尽的数有多少个?
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 1～100 0之间，5的倍数有

1000

=200个，7的倍数有

1000

=142个，因为既是5的倍数，又是


5


7


7的倍数的数一定是35的倍数，所以这样的数有< br>
1000

=28个．


35

所以既不能被5除尽，又不能被7除尽的数有1000-200-142+-28=686个．
【答案】
686


【巩固】 求在1至100的自然数中能被3或7整除的数的个数．
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 记 A：1～100中3的倍数，
1003331
，有33个；
B：1～100中7的倍数，
1007142
，有14个；
AB
：1～100中3和7的公倍数，即21的倍数，
10021416
，有4个．
依据公式，1～100中3的倍数或7的倍数共有
3314443
个，则能被3或7整 除的数的个数为43
个.
【答案】
43

【例 3】 以105为分母的最简真分数共有多少个？它们的和为多少？
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 以105为 分母的最简真分数的分子与105互质，105=3×5×7，所以也是求1到105不是3、5、7倍
数的数有多少个，3的倍数有35个，5的倍数有21个，7的倍数有15个，15的倍数有7个，21的
倍数有5个，35的倍数有3个，105的倍数有1个，所以105以内与105互质的数有
105- 35-21-15+7+5+3-1=48个，显然如果n与105互质，那么（105-n）与n互质，所以以 105为分母
的48个最简真分数可两个两个凑成1，所以它们的和为24.
【答案】
48
个，和
24


【巩固】 分母是385的最简真分数有多少个？并求这些真分数的和.
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 385=5×7×11，不超过385的正整数中被5整 除的数有77个；被7整除的数有55个；被11整除的
数有35个；被77整除的数有5个；被35整 除的数有11个；被55整除的数有7个；被385整除的
数有1个；最简真分数的分子可以有385- 77-55-35+5+11+7-1=240.对于某个分数a385如果是最简真
分数的话，那么（ 385-a）385也是最简真分数，所以最简真分数可以每两个凑成整数1，所以这些
真分数的和为1 20.
【答案】
240
个，
120
个

【例 4】 在1至2008这2008个自然数中，恰好是3、5、7中两个数的倍数的数共有 个．
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】西城实验

2008

2008

【解析】 1到2008这20 08个自然数中，3和5的倍数有

个，3和7的倍数有
133

21

95
个，5
15


2008< br>
2008

57
和7的倍数有

个，3、5和 7的倍数有

105

19
个．所以，恰好是3、5、7中两个 数
35

的倍数的共有
133199519571922 8
个．
【答案】
228
个

【例 5】 求1到100内有____个数不能被2、3、7中的任何一个整除。
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】学而思杯，4年级，第12题
【解析】 被< br>2
整除的有
50
个，被
3
整除的有
33
个， 被
7
整除的有
14
个
同时被
2
和
3整除的有
16
个，同时被
2
和
7
整除的有
7< br>个，同时被
3
和
7
整除的有
4
个
同时被< br>2
和
3
和
7
整除的有
2
个，
100 

50331416742

1007228
个
【答案】28个。

【例 6】 在从1到1998的自然数中，能被2整除，但不能被3或7整除的数有多少个？
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答

a


7

【解析】 表示取商的整数部分．例 如，

2

3
．要注意的是，符号

与

、

、

、

符号一样，也是
b



一种运算，叫取整运算．
本题中，先求出能被2 整除的数有多少个，再分别求出能被2和3、能被2和7分别整除的数的个
数，那么用能被2整除的数的 个数减去能被2和3整除的数的个数，再减去能被2和7整除的
数的个数，所得的差是不是所求的得数 呢？仔细想想你会发现不是的，因为它多减了能同时被2、3、
7整除的数．
故能被2整除的有：
19982999
(个)．
能被2和3同时整除的有：
[1998（23）]333
(个)．
能被2和7同时整除的有：
[1998（27）]142
．
能被2、3、7同时整除的有：
[1998（237）]47
(个)． 所以，能被2整除，但不能被3或7整除的数有
99933314247571
( 个)．
【答案】
571
个

【例 7】 50名同学面向老师站 成一行．老师先让大家从左至右按1，2，3，…，49，50依次报数；再让报
数是4的倍数的同学向 后转，接着又让报数是6的倍数的同学向后转．问：现在面向老师的同学

还有多少名?< br>
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】华杯赛，初赛，第13题
【解析】 在转过两次后，面向老师的同学分成两类：
第一类是标号既不是4的倍数，又不是6的倍数；第二类是标号既是4的倍数又是6的倍数．
1
～
50
之间，
4
的倍数有

50
=
12
,
6
的倍数有

50

=8
，即是
4
的倍数又是
6
的倍数的数一定


4


6


是
12
的倍数 ，所以有

50

=
4
．于是，第一类同学有
50
-
12
-
8
+
4
=
34
人，第二 类同学有
4
人，


12


所以现在共 有
34
+
4
=
38
名同学面向老师．
【答案】
38
名

【例 8】 体育课上，60名学生面向老师站 成一行，按老师口令，从左到右报数：1，2，3，…，60，然后，
老师让所报的数是4的倍数的同学 向后转，接着又让 所报的数是5的倍数的同学向后转，最后让
所报的数是6的倍数的同学向后转，现在 面向老师的学生有________人。
【考点】容斥原理之数论问题

【难度】
3
星

【题型】填空

【关键词】希望杯，六年级，二试，第
15
题，
4
分

【解析】 可知其中4的倍数有15个，5的倍数有12个，6的倍数有10个，同时是4和5的倍数的 有3个，
同时是5和6的倍数的有2个，同时是4和6的倍数的有5个，同时是4、5、6的倍数的数有 1
个，现在背向老师的有15+12+10-3-2-5+1=28个，面向老师的学生有60-28= 32人。转过两次的有：
3－1+2－1+5－1＝7。最后面向老师的学生数=32+7＝39个。
【答案】
39
个


【例 9】 有2000盏亮着的电灯 ，各有一个拉线开关控制着，现按其顺序编号为1，2，3，…，2000，然后
将编号为2的倍数的灯 线拉一下，再将编号为3的倍数的灯线拉一下，最后将编号为5的倍数的
灯线拉一下，三次拉完后，亮着 的灯有多少盏？

A
2
E
D
G
C
5
F
B
3
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 三次拉完后，亮着的灯包括不是2、3、5的倍数的数以及是6、10、15的倍数但不是3 0的倍数的数．1～
2000这2000个正整数中，2的倍数有1000个，3的倍数有666个，5 的倍数有400个，6的倍数有
333个，10的倍数有200个，15的倍数有133个，30的倍数 有66个，亮着的灯一共有
2000-1000-666-400+2×（333+200+133）- 4×66=1002盏．
【答案】
1002
盏

【巩固】 20 06盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制，按顺序编号为1，2，3，……，2006。将编号为2的
倍数的灯的拉线各拉一下；再将编号为3的倍数的灯的拉线各拉一下，最后将编号为5的倍数的灯
的拉线 各拉一下。拉完后这着的灯数为（ ）盏。
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】走美杯，五年级，第11题，六年级，第11题
【解析】 因为灯在开始的时候是亮着的，所以拉了两次或者没拉的灯最后还是亮的．这道题实际上是求
1到2006中不能被2、3、5整除的数和只能同时被2、3、5中2个数整除的数的总个数．
我们可以求得被2整除的数有
200621003
(盏)，
被3整除的数有
200636682
，共668(盏)，
被5整除的数有
200654011
，共401(盏)．
其中，同时被2、3整除的数有
2006(23)3342
，共334(盏)；
同时被3、5整除的有
2006(35)13311
，共133(盏)；
同时被2、5整除的数有
2006(25)2006
，共200(盏)；

同时被2、3、5整除的数有
2006(235)6626
，共66(盏)，所以，只能同时被2、3、5中2
个数整除的数的个数为
3341 33200366469
(盏)，不能被2、3、5整除的数的个数为
2006< br>


1003668401



3 34133200

66


535
(盏)．所以 ，最后亮着的灯一共为
4695351
(盏
0
)．
【答案】
1004
盏

【巩固】 写有1到100编号的灯100 盏，亮着排成一排，每一次把编号是3的倍数的灯拉一次开关，第二次
把编号是5的倍数的灯拉一次开关 ，那么亮着的灯还有多少盏？
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 因为灯在开始的时候是亮着的，所以拉了两次或者没拉的灯最后还是亮的．没拉的灯有

100

100

100

100
(盏)，拉两次的有
100(

)100(33206 )53

35

6
(盏)，最后亮着的

3

5

35

灯一共为
53 659
(盏)
【答案】
59
盏

【例 10】 2 00名同学编为1至200号面向南站成一排．第1次全体同学向右转（转后所有的同学面朝西）；
第2 次编号为2 的倍数的同学向右转；第3次编号为3的倍数的同学向右转；……；第200次编号
为20 0的倍数的同学向右转；这时，面向东的同学有 名．
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】迎春杯，五年级，初赛，10题
【解析】 只有约数个数被
4
除余
3
的数，最后面向东．
约数个数为
3
的数有
2
2
、
3
2
、
5
2、
7
2
、
11
2
、
13
2
， 共
8
个数．
约数个数为
7
的数有
2
6
，
1
个， 约数个数为
15
的数有
3
2
2
4
144< br>，
1
个
一共有
8
个满足条件的编号．
【答案】
8
名

【例 11】 下编号是1、2、3、……36号 的36名学生按编号顺序面向里站成一圈.第一次，编号是1的同学向
后转，第二次，编号是2、3的同 学向后转，第三次，编号是4、5、6的同学向后转，……，第36
次，全体同学向后转.这时，面向里 的同学还有________名.
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】迎春杯，中年级，复试，10题
【解析】 整个过程中一共转了1 +2+3+4…+36=666人次，每转过72人次所有学生的朝向就会和原来一样，那
么666÷7 2=9…18，于是应该有18名同学面朝里，18名同学面朝外。
【答案】
18
名

【例 12】 在游艺会上，有100名同学抽到了标签分别为1至100的奖券．按奖券标签号发放奖品的规则如下：
（1）标签号为2的倍数，奖2支铅笔；
（2）标签号为3的倍数，奖3支铅笔；
（3）标签号既是2的倍数，又是3的倍数可重复领奖；
（4）其他标签号均奖1支铅笔．
那么游艺会为该项活动准备的奖品铅笔共有多少支?
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 1～100，2的倍数有

100
=50，3的倍数有

100

=33个，因为既是2的倍数 ，又是3的倍数的数一


2


3


定是6的倍数，所以标签为这样的数有

100

=16个．于 是，既不是2的倍数，又不是3的倍数的


6


数在1 ～100中有100-50-33+16=33．所以，游艺会为该项活动准备的奖品铅笔共有：
50× 2+33×3+33×1=232支.
【答案】
232
支

【例 13】 在一根长木棍上，有三种刻度线，第一种刻度线将木棍分成十等份；第二种将木棍分成十二等份；

第三种将木棍分成十五等份；如果沿每条刻度线将木棍锯断，则木棍总共被锯成_______ _段．
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【解析】 假 设木棍长
60cm
，则沿第一种刻度线锯成的木棍每段长
60106cm
，沿第二种刻度线锯成的木棍
每段长
60125cm
，沿第三种刻度线锯成的木棍 每段长
60144cm
．
因为，沿三种刻度线可将木棍分别锯成10、12、1 5段；沿第一、二种重合的刻度线可将木棍锯成
60[6,5]2
段，沿第一、三种重合的 刻度线可将木棍锯成
60[6,4]5
段，沿第二、三种重合的刻
度线可将木棍锯 成
60[5,4]3
段；沿三种刻度重合的刻度线可将木棍锯成
60[6,5, 4]1
段．应该
减去重复计算的沿任意两种重合的刻度线锯成的段数，应加上多减去的沿三种 刻度重合的刻度线锯
成的段数．所以，沿每条刻度线将木棍锯断，则木棍总共被锯成
101215253128
段．
【答案】
28
段

【例 14】 一根101厘米长的木棒，从同一端开始，第一次每隔2厘米画一个刻度，第 二次每隔3厘米画一
个刻度，第三次每隔5厘米画一个刻度，如果按刻度把木棒截断，那么可以截出 段．
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】101中学
【解析】 要求出截出的段数，应当先求出木棒上的刻度数，而木棒上 的刻度数，相当于1、2、3、…、100、
101这101个自然数中2或3或5的倍数的个数，为：

101

101

101

10 1

101

101

101


2



3



5



23



25

< br>
35



235

74
，故木棒上共有74个刻度，可以截

出75段．
【答案】
75
段

【巩固】 一根
1.8
米长的 木棍，从左端开始每隔2厘米画一个刻度，涂完后再从左端开始每隔3厘米画一个刻
度，再从左端每隔5 厘米画一个刻度，再从左端每隔7厘米画一个刻度，涂过按刻度把木棍截断，
一共可以截成多少段小木棍 ？
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答
【解析】
1.8
米长的木棍，按2厘米一段画出刻度，那么也就是说所有的偶数点都已经划过了，即2、4、6 、
8、10……共89个点，那么再画3的时候所有的偶数点都已经划过，那么会多出30个点，即3、 9、
15……，再画5的时候会多出来的点是5、25、35、55、65、85、95、115、12 5、145、155、175，
共12个，最后画间隔7厘米的时候，会多出7、49、77、91、1 19、133、161共7个点，那么所有
的刻度总和应该是
8930127138< br>个，那么截断之后应该会有139段小木棍．
【答案】
139
段


11
【例 15】 在循环小数中类似于
0.142857
，
0.076923
等，循环节是从小数点右边的第一位（即十分
713
位）就开始的小数，叫做纯循环小数，包括
7
和
13
在内，共有 个正整数，其倒数是循环
节恰好为六位的纯循环小数。
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】5星 【题型】填空
【关键词】学而思杯，6年级，1试，第4题
【解析】 根据容斥原理，
999999
的约数有
64
个，
999
的约 数有
8
个，
99
的约数有
6
个，
9
的约数 有
3
个， 所
求的
n
的个数为
64(863)53
（个）。
【答案】
53
个